制动器实验台的控制方法分析方案(共16页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上制动器试验台的控制方法分析方案摘要汽车制动器是汽车制动系统的主要组成部分，它使得汽车行驶时能在短距离内停车且维持行驶方向的稳定性，使下坡行驶的汽车速度保持稳定，以及使已停驶的汽车保持静止不动，所以其性能的优劣直接影响到人身和车辆的安全，汽车的制动性是汽车安全行驶的重要保障。进行制动器试验，检测其装配质量，评价它的综合性能，已成为改善制动器制动性能不可或缺的一部分。因此，研制一种模拟性能好、试验精度高的制动器综合性能试验台十分必要。本文研究的制动器试验台的控制方法要求在试验台上制动器的制动过程与路试车辆上制动器的制动过程尽可能一致，通过研究题中已设计的某种控制方法及对其

2、进行评价，最后我们设计了一种新的计算机控制方法。对于第一题，我们首先想到的是刚体的转动惯量是刚体的一种内在属性，故我们可以假设车轮为一个均匀分布的圆环，根据圆环的转动惯量公式：求得解为52。而第二题中要求的是环形刚制飞轮的转动惯量，同理把飞轮也当作均质空心圆柱体，我们很容易根据圆盘的转动惯量求解公式推导出空心圆柱体的转动惯量公式建立模型：，即可求得所需解。对于第三题我们有两种理解方式，第一种是认为题目中提到的可观测量是指前一段时间的瞬时转速与瞬时扭矩，解答过程是以加速度为桥梁，而电动机驱动电流依赖于可观测量的数学模型也是以加速度为桥梁建立起来的；而第二种是认为所谓的观测量是指该段时间的瞬时转速

3、与瞬时扭矩。我们可以根据机械动力学原理中力矩平衡方程式建立模型，还可以根据电动机扭距与制动器扭距共同提供的合扭距所做的功使得车轮的动能发生改变来建立模型。并就后面的两个模型进行了求解。发现结果相同，说明这两种方法都是可行的。第四题主要是利用了制动器试验台试验前后动能差与制动器制动能量的对比来求在制动器制动与电动机补偿过程中的能量损耗，从而来对该问方法执行的结果进行评价。而第五问模型是基于模型三的一个改进，根据前一个时间段观测到的瞬时转速与瞬时扭矩，结合第三问的模型，可得出表达式，通过调整最初的瞬时扭矩，便可使其逐渐趋于正常。第六问模型是将方案改为，恰好弥补了第五问模型中的缺陷，得到所要的结果。

4、关键词：制动器试验台 转动惯量 制动器制动性能 瞬时扭矩 一问题的重述汽车的行车制动器的作用是在行驶时使车辆减速或者停止。在道路上测试实际车辆制动器的过程称为路试，其方法为：车辆在指定路面上加速到指定的速度；断开发动机的输出，让车辆依惯性继续运动；以恒定的力踏下制动踏板，使车辆完全停止下来或车速降到某数值以下；在这一过程中，检测制动减速度等指标。假设路试时轮胎与地面的摩擦力为无穷大，因此轮胎与地面无滑动。为了检测制动器的综合性能，只能在专门的制动器试验台上对所设计的路试进行模拟试验。模拟试验的原则是试验台上制动器的制动过程与路试车辆上制动器的制动过程尽可能一致。路试车辆的指定车轮在制动时承受载

5、荷。将这个载荷在车辆平动时具有的能量等效地转化为试验台上飞轮和主轴等机构转动时具有的能量，与此能量相应的转动惯量在本题中称为等效的转动惯量。试验台上的主轴等不可拆卸机构的惯量称为基础惯量。飞轮的惯量之和再加上基础惯量称为机械惯量。一般假设试验台采用的电动机的驱动电流与其产生的扭矩成正比，本题中比例系数取为1.5 A/Nm，且试验台工作时主轴的瞬时转速与瞬时扭矩是可观测的离散量。工程实际中常用的计算机控制方法是：把整个制动时间离散化为许多小的时间段，比如10ms为一段，然后根据前面时间段观测到的瞬时转速与/或瞬时扭矩，设计出本时段驱动电流的值，这个过程逐次进行，直至完成制动。评价控制方法优劣的一

6、个重要数量指标是能量误差的大小，本题中的能量误差是指所设计的路试时的制动器与相对应的实验台上制动器在制动过程中消耗；根据以上说明来解答以下问题：1.设车辆单个前轮的滚动半径为0.286m，制动时承受的载荷为6230N，求等效的转动惯量。2.飞轮组由3个外直径1m、内直径0.2m的环形钢制飞轮组成，厚度分别为0.0392m、0.0784m、0.1568m，钢材密度为7810kg/m3，基础惯量为10kgm2，求可以组成的哪几种机械惯量，设电动机能补偿的能量相应的惯量的范围为-30, 30 kgm2，对于问题1中得到的等效的转动惯量，求需要用电动机补偿的惯量为多大。3.建立电动机驱动电流依赖于可观

7、测量的数学模型。在问题1和问题2的条件下，假设制动减速度为常数，初始速度为50 km/h，制动5.0秒后车速为零，计算驱动电流。4.对于与所设计的路试等效的转动惯量为48 kgm2，机械惯量为35 kgm2，主轴初转速为514转/分钟，末转速为257转/分钟，时间步长为10 ms的情况，用某种控制方法试验得到的数据见附表。请对该方法执行的结果进行评价。5.按照第3问导出的数学模型，给出根据前一个时间段观测到的瞬时转速与/或瞬时扭矩，设计本时间段电流值的计算机控制方法，并对该方法进行评价。6.考虑第5问给出的控制方法是否有不足之处，如果有，则重新设计一个尽量完善的计算机控制方法，并作出评价。二模

8、型的假设1. 在所设计的实验台上制动器在制动过程中因摩擦产生的能量损失可以忽略不计；2. 路试时轮胎与地面的摩擦力为无穷大，因此轮胎与地面无滑动；3. 汽车车轮视为一个均匀分布的圆环；4. 环形钢制飞轮可以视为一个均匀分布的空心圆柱体；5. 在0.5s内，合扭矩若出现极特殊点，将其视为奇异点，在处理过程中可以忽略不计。三符号说明：车辆单个前轮的滚动半径；：刚体对通过圆环中心与环面垂直的轴的转动惯量；：环形钢制飞轮外直径；：环形钢制飞轮内直径；：第个环形钢制飞轮的厚度；： 外直径为内直径为厚度为的环形钢制飞轮的质量 ；：外直径为内直径为厚度为的环形钢制飞轮的惯量；：开始制动时车轮初始速度；：制动

9、完成车轮的末速度；：制动过程中车轮动能的改变；：电动机由于做功消耗的能量；：合扭矩所做的功；：制动开始时间；：制动结束时间；：在时间段内车轮转过的角度；：在时间段内车轮的角加速度；：路试时的车轮的转动惯量；：模拟试验中飞轮的转动惯量；：电动机的驱动电流与其产生的扭矩正比例常数；四问题的分析要设计制动器试验台的控制方法，首先，我们要理解制动器的制动原理，由下图可知制动器的工作原理。对于问题一，我们首先想到的是刚体的转动惯量是刚体的一种内在属性，故我们可以把车轮视为一个均匀分布的圆环，根据圆环的转动惯量公式：求得解为52。而问题二中要求的是环形刚制飞轮的转动惯量，同理把飞轮也当作均质空心圆柱体，我

10、们很容易根据圆盘的转动惯量求解公式推导出空心圆柱体的转动惯量公式建立模型：，即可求得所需解。问题三主要就是让我们理解所谓的可观测值，我们有两种理解方式，第一种是认为题目中提到的可观测量是指前一段时间的瞬时转速与瞬时扭矩，解答应该以加速度为桥梁，而电动机驱动电流依赖于可观测量的数学模型也是以加速度为桥梁建立起来的；而第二种是认为观测量是指该段时间的瞬时转速与瞬时扭矩。我们首先根据机械动力学原理中力矩平衡方程式建立了模型，还可以根据电动机扭距与制动器扭距共同提供的合扭距所做的功使得车轮的动能发生改变来建立模型。并就这三个模型进行了求解。要对第四问试验台上得出的结果进行评价，我们就必须知道能量误差的

11、大小，并把它作为评价控制方法优劣的指标。首先路试和试验台上的试验会因为转动惯量的不同，从而导致两种方法的初始动能就不同，正因为初始能量的差距，要在制动过程中，让电动机在一定规律的电流控制下参与工作，以补偿由于机械惯量的不足而缺少的能量，从而满足模拟试验的原则。由题中所给出的数据，我们可以得到信息，每10ms的时间间隔下的电动机的瞬时扭矩和瞬时角速度，通过计算合力扭矩来求出制动器每10ms的瞬时扭矩，利用扭矩求出其与能量的关系，将能量进行分段处理，再进行每10ms的能量累加，解出电机在制动器制动过程中所吸收的总能量，与初始能量作对比，计算出能量差，从而来检验并评价控制方法的优劣。五模型的建立与求

12、解5.1 问题一题中给定的车辆单个前轮的滚动半径为，制动时承受的载荷为，要我们求它的等效的转动惯量。让我们很容易想到：设该车辆前轮为一个均质圆环，由刚体对通过圆环中心与环面垂直的轴的转动惯量为：该题中是车辆单个前轮的自身的重力及其它载荷的总和，由我们可得，等效转动惯量可等价转换为来求得。其中 ， 。具体计算步骤如下： 由计算得出车辆单个前轮的转动惯量为： 5.2 问题二题目中给定3个外直径均为1 m、内直径均为0.2 m的环形钢制飞轮，厚度分别0.0392 m、0.0784 m、0.1568 m，钢材密度为7810 kg/m3，基础惯量为10 kgm2，由此我们很容易想到质量为M，高度为h，半

13、径为R的均质圆柱体对其对称轴的转动惯量的求法如下：在圆柱体内选取高度为h，半径为r,厚度为dr的薄圆柱壳作为体积元，该体积元的质量为转动惯量为假设本题中给出的刚体是内外直径为和的均质空心圆柱体，则同理可得：求解转动惯量的数学模型为运用公式，其中，由 分别代入数据可得：最后采用公式将以上求得的值代入即可求得：可得其单个惯量分别是： 、 、，基础惯量为，其不同的组合方式如下表所示：则可以组成、的8种数值的机械惯量。由问题一可知等效的转动惯量为，因为电动机能补偿的能量相应的惯量的范围为-30，30，所以要得到的等效的转动惯量，需要用电动机补偿的惯量只可能为： 或。5.3 问题三5.3.1模型一首先我

14、们以加速度为桥梁，电动机驱动电流依赖于可观测量的数学模型一也应该以加速度为桥梁来建立。该模型的前提条件是认为题目中提到的可观测量是指前一段时间的瞬时转速与瞬时扭矩，假定时间T被分为了N段，每段时间为T/N秒，或实验前就以T/N秒为观测时间段。下面分析其中三段：第K段，第K-1段，第K-2段，该三段间有两个时间间隔。从K-2到K-1为过程A；从K-1到K为过程B。关键是假定制动器的阻力距是前一段适合下一段。设第K-2段末转速为 ，第K-1段末瞬时转速为，则有在A过程中有 其中是第K-1段的瞬时扭矩。 得将应用于B过程，设第K段末转速为（它是未知的）,我们的理想值是从而我们知道了下段时间即第K段要

15、尽量达到的瞬时时速。我们在制动过程中，让电动机在一定规律的电流控制下参与工作的目的即是，补偿由于机械惯量不足而缺少的能量，从而满足模拟试验的原则。由能量关系 第K-1段末 第K段末 由能量关系 又 综上可得：再根据得以下数学模型一求解第K段时间的电流：进而循环运行，进行求解第K+1，K+2的电流。5.3.2模型二对于该问题首先我们建立该模型的前提条件是认为题目中提到的可观测量是指该段时间的瞬时转速与瞬时扭矩，而且我们要弄清楚机械惯量式制动系统的过程：是由电机调速系统控制电机带动惯量飞轮转动，当转速达到设定值时切断电源，然后由制动器控制系统控制制动器对惯量飞轮进行制动。根据机械动力学原理，可建立

16、出力矩平衡方程式。首先，在有发动机的输出情况下有下列等式：式 -电机输出力矩 -制动力矩 -角速度 -等效转动惯量当电动机不参与制动过程时，相当于，即可得到其力矩平衡方程为式 -机械惯量由（0.8）和（0.9）式可知，在制动过程中，电动机在一定的规律的电流控制下参与工作，以补偿由于机械惯量不足而缺少的能量，从而满总模拟试验的原则。由于题目中假设了试验台采用的电动机的驱动电流与其产生的扭矩成正比，比例常数，所以我们可以列出电流与力矩的关系式由（0.8）、（0.9）和（0.10）式，我们可以得出其数学模型二为：经过处理可得：实例求解：问题1和问题2的条件下可知制动初始速度为, ,对于的情况下代入数

17、据得驱动电流。对于的情况下代入数据得驱动电流。5.3.3模型三对于上述模型二我们发现仅采用机械动力学原理中的力矩平衡公式来求得电机的驱动电流，然而我们应该要寻求的是在制动过程中让电动机在一定的规律的电流下参与工作，以补偿由于机械惯量不足而缺少的能量。故我们想到还可以用电动机扭距与制动器扭距共同提供的合扭距所做的功使得车轮的动能发生改变。据此我们建立模型三：采用路试时车轮的设路试汽车与制动器试验台初始达到的角速度一样都为，但路试汽车的等效的转动惯量为；制动器实验台的机械惯量为，则有：路试汽车的初动能:制动器实验台的初动能：则电动机产生的能量: 电动机由于做功消耗的能量：且又有：其中角加速度：初始

18、角速度：其中（1.12）式中的表示的是电动机产生的扭矩，又电动机产生的能量应该和电动机由于做功消耗的能量相等，即根据文中给出的驱动电流和扭矩的关系，可知： 由（1.9）式（1.17）式 可以得到计算驱动电流的数学模型为：实例求解：问题1和问题2的条件下可知当制动初始速度为, ,当取的情况下可得代入以上数据可得： 当我们取情况下同理可得： 5.4 问题四要对第四问试验台上得出的结果进行评价，我们就必须知道能量误差的大小，利用它作为评价控制方法优劣的重要指标。首先路试和试验台上的试验会因为转动惯量的不同，从而导致两种方法的初始动能就不同，正因为初始能量的差距，要在制动过程中，让电动机在一定规律的电

19、流控制下参与工作，以补偿由于机械惯量的不足而缺少的能量，从而满足模拟试验的原则。由题中所给出的数据，我们可以得到信息，每10ms的时间间隔下的电动机的瞬时扭矩和瞬时角速度，通过计算合力扭矩来求出制动器每10ms的瞬时扭矩，利用扭矩求出其与能量的关系，将能量进行分段处理，再进行每10ms的能量累加，解出电机在制动器制动过程中所吸收的总能量，与初始能量作对比，计算出能量差，从而来检验并评价控制方法的优劣。具体步骤如下所示：1） 先通过已知的瞬时转速度求出每10ms间隔的瞬时角速度。2） 利用扭矩与角速度、时间的关系，通过等式求出电动机与制动器的合扭矩，从而求出制动扭矩。3） 利用制动扭矩，求出制动

20、器在每10ms制动过程中吸收的能量，求能量总和，与初始能量作比较，评价控制方法的优劣。用matlab解出制动器每段时间间隔的吸收能量总和为：而制动器初始动能为： ，所以能量差为：，求得能量损耗所占比为：若果是误差，一般情况下，都应控制在5%左右，而不超出10%，但，且，远远超出正常情况下误差的范围。故此模型不太实用，能量损耗过大，导致在制动器试验台上试验损失过大。因此，我们对此实验做了改进，大大减小了实验误差，节省了能源，更利于试验的推广。具体方法如下：由已知量，和能量关系，我们可以列出初步模型：表示制动过程中能量的损耗 表示因转动惯量不同而引起的能量差 表示制动器始末状态下的动能之差表示在制

21、动器制动过程中损失的能量所占比重式中分别表示始末状态下对应的转速，其中，表示的是附表中的第二列数据即转速对应的角速度的大小。运用简单的Matlab程序，就可以解出一般得出的结论误差允许在5%左右，而，所以，制动器试验台还是有待于改进，优化。以下是对转动速度与制动能量模拟的视图：图（1）由上图（1）可知，转速度与时间的关联程度，图2：由上图（2）可知，试验台试验时制动器在制动过程中动能损失的能量与制动能量在达到一定时间后，处于一种“平衡”状态，也就是说，在一定的范围内上下波动（我们将几个特殊点示为奇异点，不作考虑）。5.5 问题五：本问是基于第三问导出的数学模型，提出的一个新模型，这个新模型是根

22、据前一个时间段观测到的瞬时转速与/或瞬时扭矩，设计出本时间段电流值的计算机控制方法的模型。具体模型如下： -是第K-1段的瞬时扭矩 由上面两等式，再结合本题第三问的第一个模型可求得：，即可求出 。上述整个过程的已知量有瞬时转速，K-1段的瞬时扭矩，第K-1段的瞬时扭矩。其实要求出最初的，就得用到，将时间向前推移，再由得出最初的值 。我们可以随意给定一个，随以后各过程的调整，就会逐渐趋于正常。5.6 问题六：通过分析，可以得出，第五问提出的模型有明显的不足之处，这就在于最初值的随意选取，从而导致能量误差较大。其实我们可以将方案改为 ,随意给定后反向计算 ，然后由解得，再用当代入，解出 ，从而可使

23、快速趋于正常。是模型优化。六、模型的评价与推广通过对汽车在制动器试验台的控制方法的分析，我们知道，路试过程与在试验台上试验过程会有较大差别，会带来较大的能量消耗损失，我们对题中所采用的方法所得结果进行了检测和评估，并作出评价和提出改进意见，我们提出了几个可行的新模型和对新模型的评价。模型一中根据转动惯量是刚体的一种物理属性，我们把车轮当作是理想化的均质圆环，运用简单的物理学公式来求得车轮的转动惯量，方法简单较普遍，对于模型二，要求的是飞轮的转动惯量，我们进一步设想飞轮为一个理想化的均质空心圆柱体，通过均质圆盘的转动惯量求解推理可得均质空心圆柱体的转动惯量公式，我们采用的依然是比较常见的转动惯量

24、求解公式，关于第三问第一个模型是建立起以加速度为桥梁的数学模型，这种方法用来预测电动机驱动电流与可观测量的关系，对于控制驱动电流的输出以减少能量的消耗，对其他的情况也可选择性的试用，有较大的推广意义。本文第四问的模型所介绍的，是制动器试验台惯性飞轮的试验在有电动机参与的情况下进行的试验，本问对路试和试验台上试验的两种情况下作了能量的对比，加上由电动机补偿的能量，接而作了能量误差分析。然而第五问中的模型是基于第三问中的第一个模型上，是第三问模型的改进，该模型的一个明显的不足体现在初始电机惯量的随机选取上，刚好第六问的新模型弥补了第五问的缺陷，使得模型得到更进一步的优化、改进。本题主要是以制动器试

25、验台惯性飞轮试验条件和方法为基础，测试步骤实现试验台上制动器的有效控制，对路试和试验台上试验过程中的相关变量作对比，因两种条件下转动惯量的差异，使得在试验台试验时需用电动机对装置补偿不足的能量，从而达到两试验结果相近，实验仿真性高，实用性强的效果。本题中的相关模型的实现，在汽车制动的其它很多方面起到了一定的作用。它在一定程度上是体现了制动器实验台试验能真实模拟汽车使用的特点。在试验台上继承了现行标准各种试验步骤的测试功能。从本文测试方法的具体内容可知，此法可用于评价参数取值范围更大的汽车制动器摩擦材料的性能，驱动速度，制动力，减速级别等。具有相当大的实用价值。参考文献1.机械工程手册第五卷 北

26、京，机械工业出版社，19822. 朱晓锦，张为公等。汽车同步器试验系统机械惯量电模拟研究与实现。汽 车工程，2001 (23)：1341383. 刘惟信.汽车制动系的结构分析与设计计算M.北京：清华大学出版社，20044. 汽车工程手册编辑委员会.汽车工程手册基础篇M.北京：人民交通出版社，20015. 许建民，纪际义.理论力学解题分析。江苏科学技术出版社出版6. QC/T 564-1999.货车.客车制动器台架试验方法S附录部分相关程序如下：%第二问求三种不同的转动惯量r1=1;r2=0.2;h=0.0392 0.0784 0.1568;p=7810;v=pi*(r1/2)2*h-pi*(r

27、2/2)2*hm=p*vJ=1/2*m*(r1/2)2+(r2/2)2)第三问的电流的计算%第三问计算电流j1=51.9988;j2=40.0083;v=50*1000/3600;t=5;r=0.286;i=1.5*(j1-j2)/r*v/ti = 174.6868%问题四中求解clearclcJ=48 35;n1=514 257/60;E1=1/2*J(1)*(2*pi*n1(1)2-(2*pi*n1(2)2)data=dlmread(adata.txt);n2=data(:,2)/60;W=1/2*(J(1)-J(2)*(2*pi*sum(n2)/length(n2)2;E2=1/2*J(

28、2)*(2*pi*n1(1)2-(2*pi*n1(2)2)+Wlost=abs(E1-E2)/E1E1 = 5.2150e+004E2 = 4.8875e+004lost =0.0628%问题五中求解转速度与时间的关系图程序clc,clear;t=0:0.01:4.67;y=514.33a=xlsread(c:Documents and SettingsAdministrator wanling.xls,f);y=(a(:,2);plot(t,y,-)%试验台试验时制动器在制动过程中动能损失的能量与制动能量t=0:0.01:4.67;y=514.33a=xlsread(c:Documents and SettingsAdministrator wanling.xls,f);y=(a(:,9);z=(a(:,10);plot(t,y,-,t,z,*)附表专心-专注-专业